Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Xác suất cổ điển (Toán học Lớp 10)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 5 (Phần III, câu 21) có đáp số là $8008$.

Để đi từ $O(0;0)$ đến $B(8;8)$, con kiến cần thực hiện đúng $8$ bước sang phải và $8$ bước lên trên, tổng cộng là $16$ bước.
Tổng số đường đi từ $O$ đến $B$ là:
$N=C_{16}^8=12870.$
Để đường đi đi qua điểm $M(3;3)$:
- Số đường đi từ $O(0;0)$ đến $M(3;3)$ ($3$ phải, $3$ lên): $N_1=C_6^3=20$.
- Số đường đi từ $M(3;3)$ đến $B(8;8)$ ($5$ phải, $5$ lên): $N_2=C_{10}^5=252$.
Số đường đi qua điểm $M$ là:
$N_M=N_1\cdot N_2=20\cdot 252=5040.$
Xác suất con kiến đi qua điểm $M$ là:
$P=\frac{N_M}{N}=\frac{5040}{12870}=\frac{56}{143}.$
Khi đó:
$20449P=20449\cdot \frac{56}{143}=143^2\cdot \frac{56}{143}=143\cdot 56=8008.$

Lời giải: Do sơ đồ rẽ nhánh đối xứng, xác suất để bóng rơi vào mỗi ô $A,B,C,D$ trong mỗi lần thả đều bằng nhau và bằng $p=\frac{1}{4}$. Để trò chơi kết thúc ở lần thứ $6$, điều kiện cần là cả $4$ ô đều phải được bật sáng sau $6$ lần thả, tức là số lần bóng rơi vào mỗi ô $(n_A,n_B,n_C,n_D)$ phải là các số lẻ và tổng bằng $6$. Bộ số thỏa mãn duy nhất là $\{3,1,1,1\}$.
Số cách xếp chuỗi $6$ lần thả có cấu trúc gồm một ô xuất hiện $3$ lần và ba ô còn lại xuất hiện $1$ lần là:
$4\times \frac{6!}{3!1!1!1!}=480$ cách.
Trò chơi có thể kết thúc sớm ở lần thứ $4$ nếu $4$ lần đầu bóng rơi vào $4$ ô khác nhau (có $4!=24$ cách). Để sau $6$ lần vẫn có cấu trúc $\{3,1,1,1\}$, $2$ lần cuối buộc phải rơi trùng vào cùng một ô nào đó trong $4$ ô (có $4$ cách). Vậy số trường hợp bị kết thúc sớm ở lần $4$ là $24\times 4=96$ cách.
Số cách thả hợp lệ để trò chơi kết thúc đúng ở lần thứ $6$ là: $480-96=384$ cách.
Xác suất cần tìm: $P=\frac{384}{4^6}=\frac{384}{4096}=\frac{3}{32}\Rightarrow a=3,b=32\Rightarrow a+b=35$.
Đáp số: 35.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 102, trang 10), Câu 1 (Phần 3, câu 17) có đáp số là $511$.

Từ $1$ đến $27$ có $13$ số chẵn và $14$ số lẻ. Tổng bình phương của $5$ số chia hết cho $4$ khi chọn được $5$ số chẵn hoặc $1$ số chẵn và $4$ số lẻ. Xác suất là $\frac{C_{13}^5+C_{13}^1\cdot C_{14}^4}{C_{27}^5}=\frac{14300}{80730}=\frac{110}{621}$, suy ra $S=621-110=511$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 10), Câu 5 (Phần 3, câu 21) có đáp số là $663$.

Từ $1$ đến $25$ có $12$ số chẵn (bình phương chia hết cho $4$) và $13$ số lẻ (bình phương chia $4$ dư $1$). Tổng bình phương của $5$ số chia hết cho $4$ khi chọn được $5$ số chẵn hoặc $1$ số chẵn và $4$ số lẻ. Xác suất là $\frac{C_{12}^5+C_{12}^1\cdot C_{13}^4}{C_{25}^5}=\frac{9372}{53130}=\frac{142}{805}$, suy ra $S=805-142=663$.

Gieo một con súc sắc có $6$ khả năng xảy ra, gieo một đồng xu có $2$ khả năng xảy ra. Theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=6\cdot 2=12$. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=C_{18}^4=3060$. Biến cố chọn được $4$ bông hoa có đủ $3$ màu gồm 3 trường hợp: $(2\text{ đỏ},1\text{ xanh},1\text{ vaˋng})$, $(1\text{ đỏ},2\text{ xanh},1\text{ vaˋng})$, $(1\text{ đỏ},1\text{ xanh},2\text{ vaˋng})$. Số kết quả thuận lợi là $n(A)=C_5^2{C}_6^1{C}_7^1+C_5^1{C}_6^2{C}_7^1+C_5^1{C}_6^1{C}_7^2=420+525+630=1575$. Xác suất cần tìm là $P(A)=\frac{1575}{3060}=\frac{35}{68}$. Chọn B.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), Câu 1 (Phần 2, câu 13): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

a) Đúng: $\frac{C_7^4\cdot C_9^2}{C_{16}^6}=\frac{45}{286}$. b) Đúng: $n(\Omega )=C_{16}^6=8008$. c) Sai: $\frac{C_7^6}{C_{16}^6}=\frac{1}{1144}\ne \frac{1}{114}$. d) Sai: $1-\frac{C_9^6}{C_{16}^6}=\frac{283}{286}\ne \frac{9}{11}$.

Không gian mẫu có $n(\Omega )=C_9^2=36$. Số cách chọn $2$ viên bi cùng màu là $C_5^2+C_4^2=10+6=16$. Xác suất cần tìm là $P=\frac{16}{36}=\frac{4}{9}$. Chọn D.

Số phần tử của $M$ bằng $n(M)={\mathrm{A}}_7^4=840$. Số các số tự nhiên lẻ trong $M$ bằng $n(A)=4\cdot {\mathrm{A}}_6^3=480$. Xác suất cần tìm bằng $\frac{480}{840}=\frac{4}{7}$.

Gieo một đồng tiền cân đối, đồng chất ba lần $\Rightarrow |\Omega |=2^3=8$. Biến cố $A$: ba lần gieo có đúng hai lần xuất hiện mặt ngửa là $(N,N,S),(N,S,N),(S,N,N)\Rightarrow |A|=3\Rightarrow P(A)=\frac{3}{8}$. Chọn B.

Số phần tử của tập hợp $S$ là $9$. Không gian mẫu là số cách chọn $7$ số từ $9$ số và xếp vào $7$ vị trí phân biệt: $n(\Omega )={\mathrm{A}}_9^7=181440$.
Gọi biến cố $K$: "Mật mã được mở". Theo giả thiết, các bộ ba trên đường chéo lập thành cấp số cộng, suy ra số ở tâm $O$ là trung bình cộng của hai số ở hai đầu mút: $A+D=B+E=C+F=2O$.
- Trường hợp 1: $O=5$. Tổng mỗi cặp bằng $10$: $\{1;9\},\{2;8\},\{3;7\},\{4;6\}$ ($4$ cặp). Số cách chọn và xếp: $n_1=1\cdot {\mathrm{C}}_4^3\cdot 3!\cdot 2^3=192$ cách.
- Trường hợp 2: $O=4$. Tổng mỗi cặp bằng $8$: $\{1;7\},\{2;6\},\{3;5\}$ ($3$ cặp). Số cách chọn và xếp: $n_2=1\cdot 1\cdot 3!\cdot 2^3=48$ cách.
- Trường hợp 3: $O=6$. Tổng mỗi cặp bằng $12$: $\{3;9\},\{4;8\},\{5;7\}$ ($3$ cặp). Số cách chọn và xếp: $n_3=1\cdot 1\cdot 3!\cdot 2^3=48$ cách.
- Các trường hợp khác của $O$: không đủ $3$ cặp.
Tổng số kết quả thuận lợi: $n(K)=192+48+48=288$.
Xác suất cần tìm: $a=\frac{288}{181440}=\frac{1}{630}$. Vậy $\frac{1}{a}=630$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 9), Câu 6 (Phần III) có đáp số là $0,92$.

Xác suất để $3$ học sinh lớp 10 ngồi $3$ ghế liền nhau là $\frac{7\cdot 3!\cdot 6!}{9!}=\frac{7}{84}=\frac{1}{12}$. Vậy xác suất để $3$ học sinh lớp 10 không ngồi $3$ ghế liền nhau là $1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}\approx 0,92$.

Trong $20$ tấm thẻ có $10$ số lẻ, $10$ số chẵn và $5$ số chia hết cho $4$ (và $5$ số chẵn không chia hết cho $4$).
Số phần tử của không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{20}^8$.
Gọi $A$ là biến cố chọn được $8$ tấm thẻ thỏa đề bài.
Số cách chọn $8$ tấm thẻ trong đó có $5$ tấm mang số lẻ, $3$ tấm mang số chẵn trong đó ít nhất có $2$ tấm mang số chia hết cho $4$ là: $n(A)=C_{10}^5\cdot C_5^2\cdot C_5^1+C_{10}^5\cdot C_5^3$.
Xác suất cần tìm: $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{C_{10}^5\cdot C_5^2\cdot C_5^1+C_{10}^5\cdot C_5^3}{C_{20}^8}=\frac{504}{4199}$. Chọn C.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn C. Tập $S$ gồm $90$ số tự nhiên có hai chữ số (từ $10$ đến $99$). Có $9$ số có hai chữ số giống nhau ($11,22,\dots ,99$). Xác suất cần tìm là $\frac{9}{90}=\frac{1}{10}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 7), Câu 2 (Phần II): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

Số phần tử không gian mẫu là $n(\Omega )=C_{12}^4{C}_8^4{C}_4^4=34650$. Số cách chia để mỗi nhóm có $3$ nam và $1$ nữ là $n(A)=(C_9^3{C}_3^1)(C_6^3{C}_2^1)(C_3^3{C}_1^1)=10080$. Vậy xác suất là $P(A)=\frac{10080}{34650}=\frac{16}{55}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1011, trang 9), Câu 5 (Phần III) có đáp số là $8044$.

Không gian mẫu $n(\Omega )=C_{100}^3=161700$. Ba số lập thành cấp số cộng $x-d,x,x+d$ có tổng $3x\le 125⟺x\le 41$. Với mỗi $x\in \{2,\dots ,41\}$, số công sai $d\ge 1$ thỏa mãn $1\le x-d$ và $x+d\le 100$ là $x-1$. Tổng số bộ ba là ${\sum }_{x=2}^{41}(x-1)=\frac{40\cdot 41}{2}=820$. Xác suất $\frac{820}{161700}=\frac{41}{8085}⟹b-a=8085-41=8044$.

Chọn $4$ viên bi có đủ $3$ màu và số bi đỏ nhiều nhất nghĩa là chọn $1$ bi trắng, $2$ bi đỏ và $1$ bi xanh. Xác suất là $P=\frac{C_4^1{C}_5^2{C}_6^1}{C_{15}^4}$. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=A_9^6$. Chọn $3$ chữ số lẻ từ $5$ chữ số lẻ, $3$ chữ số chẵn từ $4$ chữ số chẵn rồi hoán vị $6$ chữ số có $C_5^3\cdot C_4^3\cdot 6!$ số. Vậy $P=\frac{C_5^3\cdot C_4^3\cdot 6!}{A_9^6}=\frac{10\cdot 4}{C_9^6}=\frac{40}{84}=\frac{10}{21}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 999, trang 7), Câu 5 (Phần III) có đáp số là $26$.

Đếm tổng số chu trình độ dài $4$ không lặp đỉnh xuất phát từ ô $d4$ trên bàn cờ vua $8\times 8$ và số chu trình tạo thành hình vuông cạnh $\sqrt{5}$, rút gọn phân số xác suất $\frac{a}{b}$ tối giản ta được $a+2b=26$.